שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2025 - משתנה מקרי רציף

יהיו $X, Y$ שני משתנים מקריים עם פונקציית הצפיפות המשותפת הבאה: $$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} \frac{1}{4} & -2 < x < 0, \quad 0 < y < 2 \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ ונגדיר משתנה מקרי $Z = X + Y$. סעיף א: (9 נק') חשבו את פונקציית הצפיפות $f_Z(z)$. סעיף ב: (8 נק') הוכיחו או הפריכו: $P(-1 \le z \le 1) = P(z \le -1 \lor z \ge 1)$. סעיף ג: (8 נק') יהי $c \in \mathbb{R}$ קבוע, נתבונן על גרסא מוכללת של פונקצית הצפיפות המשותפת של $X, Y$: $$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} c & a < x < b, \quad d < y < e \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ הוכיחו או הפריכו: $X, Y$ בלתי תלויים.

רמז: השתמשו בקונבולוציה למציאת צפיפות הסכום $Z=X+Y$. לאחר מכן, השתמשו בצפיפות זו לחישוב ההסתברויות הנדרשות. לבדיקת אי-תלות, השוו את מכפלת הצפיפויות השוליות לצפיפות המשותפת.

פתרון: ### סעיף א כדי למצוא את פונקציית הצפיפות של $Z = X+Y$, נשתמש ב**נוסחת הקונבולוציה** למשתנים מקריים רציפים: $$f_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x, z-x) \, dx$$ התומך של $X$ הוא $(-2, 0)$ והתומך של $Y$ הוא $(0, 2)$. לכן, התומך של $Z$ הוא $(-2+0, 0+2) = (-2, 2)$. מחוץ לתחום זה, $f_Z(z)=0$. האינטגרנד $f_{X,Y}(x, y)$ שונה מאפס (ושווה ל-$1/4$) רק כאשר התנאים הבאים מתקיימים: 1. $-2 < x < 0$ 2. $0 < y < 2$, כלומר $0 < z-x < 2$ מהתנאי השני, אנו מקבלים $x < z$ וגם $x > z-2$. כלומר, $z-2 < x < z$. כדי שהאינטגרל לא יתאפס, עלינו למצוא את תחום החיתוך של שני התנאים על $x$: $$x \in (-2, 0) \cap (z-2, z)$$ לכן, תחום האינטגרציה הוא $(\max(-2, z-2), \min(0, z))$. נחלק למקרים לפי ערכו של $z$ בתומך $(-2, 2)$: **מקרה 1: $-2 < z < 0$** במקרה זה, $z-2 < -2$ וגם $z < 0$. לכן: $\max(-2, z-2) = -2$ $\min(0, z) = z$ נחשב את האינטגרל: $$f_Z(z) = \int_{-2}^{z} \frac{1}{4} \, dx = \frac{1}{4} [x]_{-2}^{z} = \frac{1}{4}(z - (-2)) = \frac{z+2}{4}$$ **מקרה 2: $0 \le z < 2$** במקרה זה, $z-2 > -2$ וגם $z \ge 0$. לכן: $\max(-2, z-2) = z-2$ $\min(0, z) = 0$ נחשב את האינטגרל: $$f_Z(z) = \int_{z-2}^{0} \frac{1}{4} \, dx = \frac{1}{4} [x]_{z-2}^{0} = \frac{1}{4}(0 - (z-2)) = \frac{2-z}{4}$$ לסיכום, **פונקציית הצפיפות** של $Z$ היא: $$f_Z(z) = \begin{cases} \frac{z+2}{4} & -2 < z < 0 \\ \frac{2-z}{4} & 0 \le z < 2 \\ 0 & \text{אחרת} \end{cases}$$ (זוהי התפלגות משולש). ### סעיף ב עלינו להוכיח או להפריך את הטענה $P(-1 \le z \le 1) = P(z \le -1 \lor z \ge 1)$. נחשב כל אחד מהצדדים בנפרד. **חישוב הצד השמאלי:** $$P(-1 \le z \le 1) = \int_{-1}^{1} f_Z(z) \, dz$$ נפצל את האינטגרל לפי הגדרת $f_Z(z)$: $$= \int_{-1}^{0} \frac{z+2}{4} \, dz + \int_{0}^{1} \frac{2-z}{4} \, dz$$ $$= \frac{1}{4} \left[ \frac{z^2}{2} + 2z \right]_{-1}^{0} + \frac{1}{4} \left[ 2z - \frac{z^2}{2} \right]_{0}^{1}$$ $$= \frac{1}{4} \left( (0) - (\frac{(-1)^2}{2} + 2(-1)) \right) + \frac{1}{4} \left( (2(1) - \frac{1^2}{2}) - (0) \right)$$ $$= \frac{1}{4} \left( - (\frac{1}{2} - 2) \right) + \frac{1}{4} \left( 2 - \frac{1}{2} \right)$$ $$= \frac{1}{4} (\frac{3}{2}) + \frac{1}{4} (\frac{3}{2}) = \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$$ **חישוב הצד הימני:** המאורע $z \le -1 \lor z \ge 1$ הוא המשלים של המאורע $-1 < z < 1$. לכן: $$P(z \le -1 \lor z \ge 1) = 1 - P(-1 < z < 1)$$ מאחר ש-$Z$ הוא משתנה מקרי רציף, $P(-1 < z < 1) = P(-1 \le z \le 1)$. לפי החישוב הקודם: $$P(z \le -1 \lor z \ge 1) = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$$ **מסקנה:** קיבלנו $\frac{3}{4} \ne \frac{1}{4}$. לכן, הטענה **מופרכת**. ### סעיף ג עלינו להוכיח או להפריך כי $X, Y$ בלתי תלויים. נבדוק האם מתקיימת הגדרת **אי-תלות** של משתנים מקריים רציפים: $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) f_Y(y)$ לכל $x,y$. ראשית, נמצא את הקבוע $c$ באמצעות תנאי הנרמול: $$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \, dx \, dy = 1$$ $$\int_{d}^{e} \int_{a}^{b} c \, dx \, dy = c \int_{d}^{e} (b-a) \, dy = c(b-a)(e-d) = 1$$ מכאן, $c = \frac{1}{(b-a)(e-d)}$. כעת, נחשב את **פונקציות הצפיפות השוליות**. הצפיפות השולית של $X$: עבור $a < x < b$: $$f_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \, dy = \int_{d}^{e} c \, dy = c(e-d) = \frac{1}{(b-a)(e-d)} (e-d) = \frac{1}{b-a}$$ ועבור $x$ מחוץ לתחום $(a,b)$, $f_X(x)=0$. כלומר, $X \sim U(a,b)$. הצפיפות השולית של $Y$: עבור $d < y < e$: $$f_Y(y) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y) \, dx = \int_{a}^{b} c \, dx = c(b-a) = \frac{1}{(b-a)(e-d)} (b-a) = \frac{1}{e-d}$$ ועבור $y$ מחוץ לתחום $(d,e)$, $f_Y(y)=0$. כלומר, $Y \sim U(d,e)$. כעת נבדוק את תנאי האי-תלות. נכפול את הצפיפויות השוליות: $$f_X(x) f_Y(y) = \frac{1}{b-a} \cdot \frac{1}{e-d} = \frac{1}{(b-a)(e-d)} = c$$ תוצאה זו מתקבלת כאשר $a < x < b$ וגם $d < y < e$. בתחום זה, $f_{X,Y}(x,y) = c$. אם $x$ אינו בתחום $(a,b)$ או $y$ אינו בתחום $(d,e)$, אז $f_X(x)f_Y(y) = 0$, וגם $f_{X,Y}(x,y)=0$. מכאן, $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) f_Y(y)$ לכל $x, y \in \mathbb{R}$. לכן, המשתנים $X, Y$ הם **בלתי תלויים**, והטענה **נכונה**. $\blacksquare$